1、可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 Cl 35.5一选择题：本题共24小题，在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的1水是生命之源,下列有关各种“水”的说法中正确的是( ) A双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2,对环境没有污染B王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比13配成的混合物，可以溶解Au、PtC新制备的氯水中存在七种粒子D氨水能导电,说明氨气是电解质【答案】C【解析】考点：考查双氧水、王水、氯水和氨水的判断2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 （ ）A标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NAB12g石墨和C60的混合物中质子总数一定为6NA
2、C25时，1L molL-1FeCl3溶液中含有0.1NA个Fe(OH)3胶体粒子D氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA【答案】B【解析】试题分析：A、标准状况下三氧化硫不是气态，不能利用气体摩尔体积计算分子数，A错误；B、石墨和C60均是碳元素形成的单质，12g石墨和C60的混合物中碳原子的物质的量是1mol，质子总数一定为6NA，B正确；C、胶体巨大分子的集合体，则25时，1L molL-1FeCl3溶液中含有的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA个，C错误；D、氢氧燃料电池正极消耗氧气，22.4L(标准状况)氧气是1mol，电路中通过的电子数目
3、为4NA，D错误，答案选B。【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算【名师点晴】阿伏加德罗常数正误判断题在注重对有关计算关系考查的同时，又隐含对某些概念理解的考查，试题计算虽然难度不大，但概念性强，区分度大，具有较强的综合性，符合了目前高考理综的命题特点。主要考查物质所含的粒子数目（质子数、中子数、电子数、离子数、电荷数、化学健）、气体摩尔体积、氧化还原反应中电子转移的数目、可逆反应、弱电解质的电离平衡和盐类水解、物质之间可能发生的反应等。3下图是某同学用500 mL容量瓶配制0.10 molL1 NaOH溶液的过程 （ ）该同学的错误步骤有 A1处 B2处 C3处 D4处【答案】C
4、【解析】考点：考查配制一定物质的量浓度的实验、实验基本操作等知识4用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。其原因合理的是() 幕布的着火点升高幕布的质量增加氯化铵分解吸收热量，降低了温度氯化铵分解产生的气体隔绝了空气A B C D【答案】B【解析】试题分析：物质着火点在一定压强下是一定的，不发生变化，错误；幕布的质量增加，不能影响环境温度与氧气的浓度，错误；氯化铵分解吸收热量，降低环境温度到物质着火点以下，起到防火的作用，正确；氯化铵分解产生的两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气，起到防火的作用，正确，答案选B。【考点定位】考查铵盐性质、物质燃烧条件等【名师点晴】本题应结合氯化铵的不稳定性和燃
5、烧条件寻找解答的突破点；可燃物燃烧应满足：有充足的氧气，可燃物达到一定的温度并达到着火点。氯化铵固体受热易分解为氨气和氯化氢两种气体，此过程需要不断吸收热量，两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气，起到防火的作用。5向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）A碳酸钙粉末 B稀硫酸 C氯化钙溶液 D二氧化硫水溶液【答案】A【解析】试题分析：在氯水中存在反应：Cl2H2OHClHClO，若反应使溶液中c(HClO)增大，则溶液的漂白性会增强。A由于酸性HClH2CO3HClO，所以向溶液中加入碳酸钙粉末，会发生反应：2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2，使化学平衡正向移动
6、，导致c(HClO)增大，则溶液的漂白性会增强，A正确；B若加入稀硫酸，使溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，B错误；C加入氯化钙溶液，不能发生反应，溶液的水对氯水起稀释作用，使溶液的漂白性减弱，C错误；D加入二氧化硫的水溶液，电离产生氢离子，使化学平衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，D错误。【考点定位】考查氯水的性质。6金属铈(58Ce)常用于制作稀土磁性材料，可应用于制造玻璃、打火石、陶瓷和合金等。已知：Ce4+Fe2+=Ce3+ +Fe3+。下列说法正确的是（ ） A可用电解熔融CeO2制取金属铈，铈在阳极生成 B、是同素异形体 C铈能溶于HI溶液，发生反应的离子方程式为：
7、Ce+4H+=Ce4+2H2 D铈的原子核外有58个电子【答案】D【解析】试题分析：A由CeO2电解得到Ce，是还原反应，应在阴极发生反应产生，A错误；B、质子数相同，而中子数不同，二者互为同位素，B错误；C根据氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂氧化产物，可知在反应：Ce4+ + Fe2+ =Ce3+ + Fe3+中，物质的氧化性：Ce4+Fe3+，故Ce4+氧化性较强，也能和I-发生反应，C错误。D铈是58号元素，在原子的原子核外有58个电子，D正确。答案选D。考点：考查金属铈的有关知识。7有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族； X+与M2具有相同的电
8、子层结构；离子半径：Z2W；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。下列说法中，正确的是（ ）AX、M两种元素只能形成X2M型化合物B由Y、M两种元素组成的化合物是离子化合物CM的简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱D原子半径：r(M)r(Z)r(Y)IFe2+Br,根据离子的还原性的顺序，氯气逐一与之反应。A、氯气首先氧化硫离子，A错误；B、硫离子与氯气发生置换反应，所以0.1mol硫离子需要0.1mol氯气，标准状况下的体积是2.24L，0.1mol碘离子需要0.05mol氯气，标准状况下的体积是1.12L， 0.1mol亚铁离子被氧化，失去0.1mol电子，需要0.05mol氯气
9、，标准状况下的体积是1.12L，将硫离子、碘离子、亚铁离子全部氧化时需要氯气的体积是2.24+1.12+1.12=4.48L，0.1mol溴离子被氧化需要0.05mol 氯气，标准状况下的体积是1.12L，所以通入氯气4.48L时溴离子的物质的量开始减少，到5.6L时，变为0，B错误；但氧化亚铁离子时先氧化硫离子和碘离子，所以通入3.36L氯气时，亚铁离子的物质的量开始减少，错误；C、氯气首先氧化硫离子，C错误；D、根据以上分析， D正确，答案选D。【考点定位】考查S2、Fe2+、Br、I的还原性等效关系的应用，对图像的分析13. 少量铁粉与100 mL 0.01 mol/L的稀盐酸反应，反应
10、速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的( ) 加H2O 加NaOH固体滴入几滴浓盐酸 加CH3COONa固体 加NaCl溶液 滴入几滴硫酸铜溶液 升高温度（不考虑盐酸挥发） A B C D【答案】B【解析】试题分析：加H2O稀释，降低氢离子的浓度，反应速率减慢，错误；加NaOH固体，中和盐酸，降低氢离子的浓度，反应速率减慢，错误；滴入几滴浓盐酸，增大氢离子浓度，反应速率加快，生成H2的量由铁粉的量决定，正确；加CH3COONa固体，能消耗氢离子生成弱酸醋酸，降低氢离子的浓度，反应速率降低，错误；加NaCl溶液相当于稀释，降低氢离子的浓度，反应速率降低，错误；滴入几
11、滴硫酸铜溶液，铁能置换出铜，消耗铁，减少氢气的产量，错误；升高温度，反应速率加快，生成氢气的量不变，正确；答案选B。考点：考查外界条件对反应速率的影响。14 FeCl3 (aq)与KSCN(aq)混合时存在下列平衡：Fe3+ (aq)+ SCN(aq) Fe(SCN)2+ (aq)。已知平衡时，物质的量浓度cFe(SCN)2+与温度T的关系如下图所示，则下列说法正确的是 () cFe(SCN)2+T1 T2 T3ABCDAFeCl3(aq)与KSCN(aq)反应的热化学反应方程式为：Fe3+ (aq)+ SCN(aq) =Fe(SCN)2+ (aq) H0B温度为T1、T2时，反应的平衡常数分
12、别为K1、K2，则K1V逆DA点与B点相比，A点的c（Fe3+）大【答案】C【解析】【考点定位】本题考查化学平衡图像问题15工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是：用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚(2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2+H2O)，在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出。下列说法错误的是A氧化性：H2SeO4Cl2H2SO3B酸性：H2SO4H2SeO4C析出1mol硒需要消耗44.8 L SO2D亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸【答案】C【解析】试题分析：A在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。在
13、2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2+H2O中，氧化剂是H2SeO4，氧化产物是Cl2，所以氧化性H2SeO4Cl2；在Cl2+SO2+2H2O =2HCl+H2SO4反应中，氯气是氧化剂，H2SO3是还原剂，则氧化性Cl2H2SO3，A正确；B同一主族的元素，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，元素的非金属性SSe，所以酸性：H2SO4H2SeO4，B正确；C根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知，析出l mol硒，转移4mol电子，则需要消耗标准状况下44.8 L SO2，C错误；D在亚硒酸中Se的化合价为+4价，介于该元素的最高化合价和最低化合价之间，理论上既有氧化性，
14、又有还原性，根据化学反应2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2+H2O、Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，还原性：亚硫酸大于亚硒酸，D项正确；答案选C。考点：考查物质制备过程中的氧化还原反应的规律的知识。16下列离子方程式书写正确的是（ ） A标准状况下2.24L CO2通入1 molL-1100氢氧化钠溶液中： CO2 + OH- = HCO3- B硝酸铝溶液中加入过量氨水 Al3+ 4NH3H2O = AlO2- + 4 NH4+ + 2H2O CNa2S水解： S2-+ 2 H2O H2S + 2OH- D等物质的量的NH4HCO3与NaOH在溶液中反应：NH4+ +
15、 HCO3- + 2OH- = CO32- + NH3+ 2H2O【答案】A【解析】试题分析：A标准状况下2.24L CO2是0.1mol，通入1 molL-1100mL氢氧化钠溶液中二者恰好反应生成碳酸氢钠，离子方程式为CO2 + OH- HCO3- ，A正确；B硝酸铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝和硝酸铵，B错误；CNa2S水解分步进行，C错误； D等物质的量的NH4HCO3与NaOH在溶液中反应生成碳酸钠、碳酸铵和水，D错误，答案选A。考点：考查离子方程式正误判断17臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：2NO2（g）+O3（g）=N2O5（g）+O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行
16、，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是【答案】A【解析】考点：本题考查化学平衡、图像的分析。 18某兴趣小组设计如右图所示微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1、闭合K2，发现电流表A指针偏转。下列有关描述正确的是() A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H2ClCl2H2B断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：Cl22e=2ClD断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极【答案】D【解析】【考点定位】本题综合考查电解池和原电池知识【名师点晴】解答时注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧
17、重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断和电极反应式的书写。19如下图所示，将甲、乙两个装有不同物质的针筒用导管连接起来，将甲针筒内的物质压到乙针筒内，进行实验，对乙针筒里的现象所作的判断不正确的是( ) 实验序号甲针筒内物质乙针筒内物质乙针筒里的现象AHClAgNO3溶液产生白色沉淀BNH3FeCl3溶液出现红褐色沉淀CSO2BaCl2产生白色沉淀DCl2紫色石蕊溶液先变红后褪色【答案】C【解析】试题分析：A盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，A正确；B氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨与氯化铁反应生成氢氧化铁，氢
18、氧化铁为红褐色沉淀，B正确；C碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳通入氯化钡不反应，无现象，C错误；D氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性所以石蕊先变红色，次氯酸具有漂白性，所以最后溶液褪色，D正确；答案选C。考点：考查元素及其化合物的知识20用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl+O2 2Cl2+2H2O已知：I反应A中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ热量。II判断下列说法正确的是（ ）A反应A的H115.6kJmol1BH2O中HO键比HCl中HCl键弱C由II中的数据判断氯元素的非金属性比氧元素强D断开1molHO键与断开
19、1molHCl键所需能量相差31.9kJ【答案】D【解析】4E(H-Cl)+498kJ/mol-2243kJ/mol+4E(H-O)=-115.6kJ/mol，整理得，4E(H-Cl)-4E(H-O)=-127.6kJ/mol，即E(H-O)-E(HCl)=31.9kJ/mol，故断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差约为31.9kJ/mol1mol=31.9kJ，D正确；答案选D。【考点定位】考查反应热和焓变【名师点晴】本题考查学生化学键的断裂和生成与反应的吸放热之间的关系，反应在一定条件下是吸热还是放热由生成物和反应物的焓值差即焓变决定，根据热化学方程式的含义可知：旧键断
20、裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量之差即为化学反应焓变的数值，化学反应的焓变可以用反应物和生成物的键能计算，依据H=反应物键能之和-生成物键能之和。21下列实验操作能达到预期实验目的的是（ ）选项实验操作实验目的A向2mL品红溶液和2mL加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴84消毒液，观察红色褪色的快慢证明随溶液pH的减少，84消毒液的氧化能力增强从而判断反应速率的大小B将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色可证明氧化性：H2O2比Fe3+强CXK相同条件下，向两支盛有相同体积不同浓度H2O2溶液的试管中分别滴入适量相同浓度的CuSO4溶液和FeCl3溶液探究Cu2+
21、、Fe3+对H2O2分解速率的影响D比较不同反应的反应热数据大小_从而判断反应速率的大小【答案】A【解析】【考点定位】本题考查化学实验方案的评价【名师点晴】该题为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、反应速率的影响因素、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析。22某溶液除水电离出的H+、OH之外仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO42-、NO3-、Cl中的4种，这4种离子的物质的量均为0.1mol。若向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生。下列说法错误的是 （ ）A该溶液中肯定不含Ba2+ B若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种
22、 C若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得8.0g固体D该溶液中除H+、OH之外所含离子是Fe2+、Na+、NO3-、SO42-【答案】B【解析】试题分析：向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明溶液中一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子，生成的气体为一氧化氮；由于溶液中存在的4种离子的物质的量均为0.1mol，根据溶液电中性，溶液中一定还存在一种阴离子，若是存在氯离子，溶液已经呈电中性，不会存在其它离子，所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，再根据溶液电中性可知，正电荷物质的量为：0.1mol2=0.2mol，负电荷物质的量为：0.1mol2+0
23、.1mol=0.3mol，溶液中一定还存在0.1mol正电荷，该离子的物质的量为0.1mol，所以该离子为钠离子。A、根据以上分析可知，溶液中一定不存在钡离子，A正确；B、溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根据反应方程式NO3-+3Fe2+4H+=NO+3Fe3+2H2O可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消失，B错误；C、若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol，质量为：0.05mol160g/mol=8.0g，C正确；D、根据分析可知，该溶液中除H+、OH-之外所含离子
24、是Fe2+、Na+、NO3-、SO42-，D正确，答案选B。【考点定位】本题主要是考查离子的检验23向甲、乙两个容积均为1L的恒容容器中，分别充入2mol A、2mol B和1mol A、1mol B相同温度下，发生反应：A（g）+B（g）xC（g）；H0测得两容器中c（A）随时间t的变化如图所示下列说法正确的是（）Ax可能等于2B甲、乙两容器中反应达平衡时，平衡常数K（甲）K（乙）C将乙容器升温可使甲、乙容器内各物质的体积分数相同D若向甲容器中再充入2 mol A、2 mol B，则平衡时甲容器中0.78 molL1c（A）1.56 molL1【答案】D【解析】试题分析：由图像可知平衡时，甲
25、容器平衡时，A的转化率为100%=61%，乙容器内A的转化率为100%=50%，甲容器内压强比乙容器内大，增大压强向正反应移动，增大压强平衡向着体积减小的方向移动，故：1+1X，所以x1。A、由上述分析可知x1，若x2，反应前后气体体积不变，甲、乙为等效平衡，转化率相等，A错误；B、平衡常数只与温度有关系，甲、乙两容器中反应达平衡时，平衡常数K（甲）K（乙），B错误；C、该反应为放热反应，将乙容器单独升温，平衡向吸【考点定位】本题主要是考查可逆反应的有关计算与判断以及外界条件对平衡状态的影响【名师点晴】注意化学平衡计算中3种方法思想：等价转化思想：化学平衡状态的建立与反应途径无关，即无论可逆反
26、应是从正方向开始，还是从逆方向开始，或从中间状态开始，只要起始投入物质的物质的量相等，则可达到等效平衡状态。放大缩小思想：该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。大于零思想：对于可逆反应，无论在什么情况下，一定是反应物与生成物共存的状态，即任何物质的物质的量均大于零。24下表各组物质中，不能通过一步反应实现如图所示转化的是选项XYZAFeFeCl3FeCl2BN
27、H4ClNH3NOCCCOCO2DAl2O3AlCl3Al(OH)3【答案】B【解析】考点：考查常见化学物质间的转化二填空题25 A、B、C、D、E代表单质或化合物，它们之间的相互转换关系如下图所示。A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，其晶体结构与金刚石相似。A+EBCD+H2O加碳高温加氧化钙高 温加氢氧化钠加 热请填空： 形成单质A的原子的结构示意图为_，任写出一个A的最高价氧化物的用途 写出B和碳反应生成A和E的化学方程式是_。【答案】（1）284+14 ；制作光导纤维等 （2）SiO2+2CSi+2CO【解析】试题分析：A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，其晶体结构与金刚石
28、相似，则A是硅。B能与碳在高温下生成硅，这说明B是二氧化硅。二氧化硅在高温下与氧化钙反应生成硅酸钙，则C是硅酸钙。二氧化硅在加热条件下也能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，即D是硅酸钠。（1）硅是14号元素，原子结构示意图为284+14；二氧化硅的主要用途可以用制作光导纤维；（2）B和碳反应生成A和E的化学方程式是SiO2+2CSi+2CO。【考点定位】本题主要是考查无机框图题推断26.高铁酸钾（K2FeO4）是一种绿色高效水处理剂。某学习小组用下图所示装置（夹持仪器已略去）制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备K2FeO4。查阅资料知K2FeO4的部分性质如下：可溶
29、于水、微溶于浓KOH溶液；在05、强碱性溶液中比较稳定；在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解；在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。请回答下列问题：（1）装置A中发生反应的化学方程式为 。（2）仪器C和D中都盛有KOH溶液，其中C中KOH溶液的作用是 。（3）Cl2与KOH的浓溶液在较高温度下反应生成KClO3。为保证反应生成KClO，需要将反应温度控制在05下进行，在不改变KOH溶液浓度的前提下，实验中可以采取的措施是 。（4）在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，写出该反应的化学方程式 ；该操作不能将KClO饱和溶液
30、滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是 。（5）制得的粗产品中含有Fe(OH)3、KCl等杂质。提纯方案：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol/LKOH溶液中，用砂芯漏斗（硬质高硼玻璃）过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤23次后，在真空干燥箱中干燥。 第一次和第二次过滤得到的固体分别对应的是（填化学式） 、 ，过滤时不用普通漏斗而采用砂芯漏斗的原因是(用离子方程式说明) 。晶体用乙醇洗涤的原因是 。【答案】（1）2KMnO4+16HCl2HCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O （2）和Cl2反应制备KClO （
31、3）装置C加冰水冷却 （4）2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH2K2FeO4+3KCl+6KNO3+5H2O生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解 （5）Fe(OH)3 K2FeO4 SiO2+OH-=SiO32-+H2O乙醇挥发时带走水分，防止K2FeO4与水反应【解析】试题分析：（1）KMnO4具有强氧化性，把盐酸中Cl氧化成Cl2，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl2HCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；（2）通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备K2FeO4，所以C中KOH溶液的作用是和Cl2反应制备KClO ；（3）Cl2和KOH在较高温度下反
32、应生成KClO3，制取KClO温度在05，装置C放在冰水浴中，防止盐酸的浪费，滴加浓盐酸时应缓慢滴加；（5）氢氧化铁不溶于水，所以第一次过滤得到的固体是氢氧化铁；由于高铁酸钾可溶于水、微溶于浓KOH溶液，所以第二次过滤得到的是高铁酸钾。由于二氧化硅能与强碱反应，所以过滤时不用普通漏斗而采用砂芯漏斗，反应的离子方程式为SiO2+OH-=SiO32-+H2O；乙醇挥发时带走水分，可防止K2FeO4与水反应，所以晶体用乙醇洗涤。【考点定位】考查氧化还原反应方程式的书写、物质除杂、物质制备实验设计等知识【名师点睛】本试题涉及氧化还原反应方程式的书写、物质的除杂、在信息条件下实验的操作、信息条件下物质的
33、混合，通过让学生根据信息，完成基础知识的运用，这是高考必考的一项，平时复习中应注意这方面的练习，培养学生利用信息、分析信息、自学能力，更好地提高学生自身能力。27工业上电解制碱的技术是用离子交换膜法，主要原料是饱和食盐水请回答下列问题：（1）阳离子交换膜把电解槽隔成了阴极室和阳极室，电解食盐水时，它只允许 （填离子符号）通过。（2）为了去除粗盐中混有的Ca2+、Mg2+、SO42-下列选项中所加试剂（均为溶液）及加入顺序均合理的是（填选项字母） A先加足量的BaCl2，再加足量的Na2CO3，最后加入适量稀盐酸 B先加入足量的NaOH再加入足量的BaCl2，然后加入足量Na2CO3，最后加入适
34、量稀盐酸 C先加足量的Na2CO3，再加足量的BaCl2，然后加足量的NaOH，最后加入适量稀盐酸 D先加足量的Ba（NO3）2，再加足量NaOH，然后再加足量的Na2CO3，最后加入适量稀盐酸（3）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节（电）能30%以上在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过 图中X、Y分别是 、 （填化学式），分析比较图示中氢氧化钠质量分数a、b、c的从大到小的顺序为 分别写出燃料电池中正极、负极上发生的电极反应正极： ；负极： ；这样设计的主要节（电）能之处在于（任写出一条） 【答案
35、】（1）Na+ （2）B （3）Cl2、H2 bac O2+4e-+2H2O=4OH- 2H2-4e-+4OH-=4H2O燃料电池可以补充电解池消耗的电能、提高产出碱液的浓度（降低能耗）等合理答案均可【解析】只要将三种离子除完了，过滤，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子，答案选B；考点：考查氯碱工业的有关知识28、氨是一种重要的化工产品，是氮肥工业、有机合成工业以及制造硝酸、铵盐和纯碱等的原料。（1）在一定温度下，在固定体积的密闭容器中进行可逆反应：N2+3H22NH3。该可逆反应达到平衡的标志是_。A3v(H2)正=2v(NH3)逆B单位时间生成m mol N2的同时消耗3m mol
36、 H2C容器内的总压强不再随时间而变化D混合气体的密度不再随时间变化Ea molNN键断裂的同时，有6amolNH键断裂FN2、H2、NH3的分子数之比为132（2）某化学研究性学习小组模拟工业合成氨的反应。在容积固定为2L的密闭容器内充入1molN2和3molH2，加入合适催化剂（体积可以忽略不计）后在一定温度压强下开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如下：反应时间/min051015202530压强/MPa16.8014.7813.8613.2712.8512.6012.60则从反应开始到25min时，以N2表示的平均反应速率= ；该温度下平衡常数K= ；（3） 利用合成气（主要成分为
37、CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，主要反应如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=99kJmol1CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=58 kJmol1CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线是 ；反应的H= kJmol1。（4）合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时体系中的CO平衡转化率(CO)与温度和压强的关系如图2所示。图中的压强p1、p2、p3由大到小的顺序为 ；(CO)随温度升高而减小，其原因是 。【答案】（1） BCE （2）0.01 mol/(L.min)
38、2.37( mol/L)-2 （3）a（2分） +41 （2分）（4）p3p2p1（2分）反应为放热反应，升高温度，平衡左移，(CO)减小；反应为吸热反应，升高温度，平衡右移，(CO)也减小（2分）【解析】（2）同一温度下，容器中气体压强与总的物质的量成正比，设平衡状态时混合气体的物质的量为x，16.80：12.60=（1+3）mol：x，x=（4mol12.60）/16.80=3，所以平衡时混合气体的物质的量为3mol，设参加反应的氮气的物质的量为y，则N2（g）+3H2（g）2NH3（g） 物质的量减少1mol 2moly （4-3）mol1mol：2mol=y：（4-3）mol解得y=0
39、.5mol则从反应开始到25min时，以N2表示的平均反应速率=0.01mol/（Lmin）平衡时，c（N2）=0.5mol2L=0.25mol/L、c（H2）=（3mol30.5mol）2L=0.75mol/L、c（NH3）=（0.5mol2）2L=0.5mol/L，化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则化学平衡常数K=2.37。（3）由于正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，因此a正确。已知CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=99kJmol1CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(
40、g) H=58 kJmol1则根据盖斯定律可知即得到反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的H41kJ/mol。（4）相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以图2中的压强由大到小为P3P2P1；反应为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；因此最终结果是随温度升高，使CO的转化率降低。【考点定位】本题主要是考查反应热计算、盖斯定律应用、平衡常数、反应速率、平衡状态判断以及外界条件对平衡状态的影响等